Ре­ше­ние. Числа вида будем на­зы­вать за­прещёнными. Вот на­ча­ло по­сле­до­ва­тель­но­сти за­прещённых чисел: 1, 3, 6, 10, 15, ...

Пусть a и d  — пер­вый член и раз­ность ариф­ме­ти­че­ской про­грес­сии. Так как число 1 за­прещённое, то a > 1. Так как члены про­грес­сии  — раз­лич­ные на­ту­раль­ные числа, то d > 0.

Если d  =  1, то про­грес­сия будет со­дер­жать за­прещённое число  — на­при­мер, 10. Если d  =  2, то про­грес­сия также будет со­дер­жать за­прещённое число  — на­при­мер, 10 для чётного a и 15

для нечётного a. Стало быть,

Сумма S пер­вых 10 чле­нов про­грес­сии равна:

С учётом по­лу­чен­ных не­ра­венств имеем оцен­ку:

Ниж­нее зна­че­ние 155 нашей оцен­ки ре­а­ли­зу­ет­ся для про­грес­сии с a  =  2 и d  =  3 (то есть для про­грес­сии 2, 5, 8, ...). Остаётся по­ка­зать, что эта про­грес­сия не со­дер­жит за­прещённых чисел.

Под но­ме­ром k в дан­ной про­грес­сии идёт число Нам нужно до­ка­зать, что ра­вен­ство

не­воз­мож­но ни при каких k и n. Пе­ре­пи­шем это ра­вен­ство в виде:

Число n при де­ле­нии на 3 может да­вать остат­ки 0, 1 или 2. Рас­смот­рим от­дель­но каж­дый из этих слу­ча­ев.

1.  

2.  

3.  

Всюду имеем про­ти­во­ре­чие: левая часть 6k де­лит­ся на 3, а пра­вая часть на 3 не де­лит­ся (оста­ток 2 в пер­вом и тре­тьем слу­ча­ях, оста­ток 1 во вто­ром слу­чае).

Таким об­ра­зом, про­грес­сия 2, 5, 8, ... дей­стви­тель­но не со­дер­жит за­прещённых чисел. По­сколь­ку для неё S  =  155, то 155  — наи­мень­шее зна­че­ние ве­ли­чи­ны S.

Ответ: 155.

Ре­ше­ние. Если сред­нее ариф­ме­ти­че­ское любых 27 чисел на­бо­ра мень­ше 2, то сумма любых 27 чисел на­бо­ра мень­ше 27 · 2  =  54. Бу­дучи на­ту­раль­ным чис­лом, эта сумма не пре­вос­хо­дит 53.

Обо­зна­чим S мак­си­маль­ную сумму 27 чисел дан­но­го на­бо­ра. Итак,

а)  Да, может. Такой набор со­дер­жит 13 еди­ниц, 17 двоек и 3, 4, 5. Для него, оче­вид­но,

На­во­дя­щее со­об­ра­же­ние очень про­стое. Если есть ровно 13 еди­ниц и 3, 4, 5, то остав­ши­е­ся 17 ва­кан­сий за­пол­ня­ют­ся как ми­ни­мум двой­ка­ми. Вот и возьмём набор с этими 17-ю двой­ка­ми! Ясно, что мак­си­маль­ная сумма S по­лу­чит­ся, если в ка­че­стве сла­га­е­мых взять 3, 4, 5 и все двой­ки, до­брав оста­ток еди­ни­ца­ми.

б)  Пред­по­ло­жим, что набор со­дер­жит k еди­ниц Осталь­ные 30 − k чисел на­бо­ра (по­ми­мо 3, 4, 5) назовём ва­кант­ны­ми. Ва­кант­ных чисел, стало быть, не менее 18, и каж­дое ва­кант­ное число не мень­ше 2.

Таким об­ра­зом, наш набор со­дер­жит 3, 4, 5 и во­сем­на­дцать чисел, не мень­ших 2; осталь­ные числа на­бо­ра не мень­ше 1. Для мак­си­маль­ной суммы S тогда по­лу­ча­ем:

Дан­ное не­ра­вен­ство по­ка­зы­ва­ет, что набор не может со­дер­жать менее 13 еди­ниц.

в)  За­ме­тим сразу, что если набор со­дер­жит не менее 16 еди­ниц, то

По­это­му остаётся разо­брать слу­чаи, когда ко­ли­че­ство k еди­ниц в на­бо­ре менее 16.

Осталь­ные 30 − k чисел (по­ми­мо 3, 4, 5) про­дол­жа­ем на­зы­вать ва­кант­ны­ми.

При k  =  13. Легко ви­деть, что набор, предъ­яв­лен­ный в пунк­те а), ока­зы­ва­ет­ся един­ствен­ным на­бо­ром с ровно три­на­дца­тью еди­ни­ца­ми. В самом деле, для лю­бо­го дру­го­го та­ко­го на­бо­ра сумма 17-ти ва­кант­ных чисел будет боль­ше и сумма S ста­нет боль­ше 53. А для предъ­яв­лен­но­го на­бо­ра имеем:

При k  =  14 или k  =  15. За­ме­тим, что среди ва­кант­ных чисел обя­за­тель­но найдётся двой­ка. В самом деле, иначе все ва­кант­ные числа (ко­то­рых, со­от­вет­ствен­но, 16 или 15) будут не мень­ше 3, и тогда их сумма ока­жет­ся как ми­ни­мум что про­ти­во­ре­чит усло­вию.

Остаётся взять 14 еди­ниц и эту двой­ку:

До­ка­за­тель­ство за­кон­че­но.

Ответ: а)  да; б)  нет.

Ре­ше­ние. a)  На­пом­ним, что сред­нее ариф­ме­ти­че­ское не­сколь­ких чисел есть сумма этих чисел, делённая на их ко­ли­че­ство. Пусть на доске на­пи­са­но n чисел. Тогда их сумма: S = −7n. Обо­зна­чим: p  — ко­ли­че­ство по­ло­жи­тель­ных чисел, m  — ко­ли­че­ство от­ри­ца­тель­ных чисел, z  — ко­ли­че­ство нулей. Таким об­ра­зом, n = p + m + z.

Пусть S₊ и S₋  — суммы по­ло­жи­тель­ных и от­ри­ца­тель­ных чисел со­от­вет­ствен­но. Имеем:

S₊ = 6p, S₋ = −12m, и так как S = S₊ + S₋, то: −7n = 6p − 12m. Пра­вая часть дан­но­го ра­вен­ства де­лит­ся на 6. По­сколь­ку 6 и 7 вза­им­но про­сты, число n де­лит­ся на 6. Между чис­ла­ми 42 и 54 есть толь­ко одно такое число: n = 48.

б)  Из ра­вен­ства −7 · 48 = 6p − 12m по­лу­ча­ем после со­кра­ще­ния на 6: 2m − p = 56. Кроме того: p + m + z = 48. Сло­жим по­лу­чен­ные ра­вен­ства: 3m + z = 104. Так как 104 при де­ле­нии на 3 дает оста­ток 2, число z также даёт оста­ток 2: z = 3k + 2. От­сю­да: 3m + 3k + 2 = 104, или m = 34 − k.

Со­от­вет­ствен­но, p = 2m − 56 = 2(34 − k) − 56 = 12 − 2k.

Со­став­ля­ем раз­ность: p − m = (12 − 2k) − (34 − k) = −22 − k < 0, так что p < m  — от­ри­ца­тель­ных чисел на­пи­са­но боль­ше.

в)  Из ра­вен­ства p = 12 − 2k видим, что При­ведём при­мер с p = 12 (тогда k = 0, z = 2, m = 34). Пусть на­пи­са­но 12 чисел 6, 34 числа −12 и два нуля. Этот набор удо­вле­тво­ря­ет усло­вию за­да­чи: сред­нее ариф­ме­ти­че­ское по­ло­жи­тель­ных чисел равно, оче­вид­но, 6; сред­нее ариф­ме­ти­че­ское от­ри­ца­тель­ных чисел равно −12, а сред­нее ариф­ме­ти­че­ское всех чисел:

Сле­до­ва­тель­но, наи­боль­шее воз­мож­ное ко­ли­че­ство по­ло­жи­тель­ных чисел равно 12

Ре­ше­ние. Слу­чай а). Пусть числа где по усло­вию b  — на­ту­раль­ное число,   — ис­ко­мые члены про­грес­сии. Их про­из­ве­де­ние равно но урав­не­ние не имеет на­ту­раль­ных ре­ше­ний. Итак, не­об­хо­ди­мой про­грес­сии из 5 чисел не су­ще­ству­ет.

Слу­чай б). Пусть про­грес­сия со­сто­ит из че­ты­рех чле­нов а пятое на­ту­раль­ное число равно По­сколь­ку имеем: что не­воз­мож­но для на­ту­раль­ных и k по­сколь­ку раз­ло­же­ние числа 1512 не со­дер­жит чет­вер­тых сте­пе­ней про­стых со­мно­жи­те­лей от­лич­ных от 1. За­ме­тим, од­на­ко, что зна­ме­на­тель про­грес­сии q может не быть на­ту­раль­ным чис­лом и ис­сле­ду­ем этот слу­чай. Пусть   — не­со­кра­ти­мая дробь, Тогда что не­воз­мож­но, по­сколь­ку раз­ло­же­ние числа 1512 не со­дер­жит ше­стых сте­пе­ней про­стых со­мно­жи­те­лей от­лич­ных от 1.

Слу­чай в). Пусть про­грес­сия со­сто­ит из трех чле­нов а чет­вер­тое и пятое на­ту­раль­ные числа равны k и Тогда По­ло­жим в этом ра­вен­стве Далее, по­ла­гая по­лу­чим один из тре­бу­е­мых на­бо­ров чисел: 3, 6, 12, 7, 1.

Ответ: а)  нет; б)  нет; в)  да.

Ре­ше­ние. а)  При­ведём при­мер гео­мет­ри­че­ской про­грес­сии из четырёх чле­нов: взяв и по­лу­чим

б)  До­ка­жем, что про­грес­сии из пяти чле­нов, удо­вле­тво­ря­ю­щей усло­вию за­да­чи, не су­ще­ству­ет.

Пред­по­ло­жим, такая по­сле­до­ва­тель­ность есть. Без огра­ни­че­ния общ­но­сти она воз­рас­та­ет; пусть её зна­ме­на­тель есть где m и k  — вза­им­но про­стые на­ту­раль­ные числа. Тогда:

Так как m и k вза­им­но про­сты, де­лит­ся на а зна­чит, от­ку­да Так как Но k  — целое, по­это­му От­сю­да

По­это­му

что про­ти­во­ре­чит тре­бо­ва­нию за­да­чи.

Ответ: а) да. б) нет.